Презентация по матемтаике "Решение логарифмических уравнений"

Презентация содержит 36 слайдов.

Уравнение вида log _a  x = b при всех допустимых a  имеют единственное решение x = a ^b.

Пример. log₃ x = 4.      

                    х = 3⁴,

                 х = 81.

    Ответ. х = 81.

Уравнение вида  log _a  f(x)= b равносильно уравнению f(x) = a ^b.

Пример. log₂(5 – x) = 3.

                     5 – х = 2³,

                      х = - 3.

Ответ.  х = - 3.

Решение логарифмических уравнений

Работа педагога дополнительного образования

МБОУ ДОД ДДТ г.Зверево

Куца Фёдора Ивановича.

1 ) Уравнения вида log a x = b.

Уравнение вида log a x = b при всех допустимых a имеют единственное решение x = a b .

Пример. log 3 x = 4.

х = 3 4 ,

х = 81.

Ответ. х = 81.

2) Уравнения вида log a f(x) = b.

Уравнение вида log a f(x)= b равносильно уравнению f(x) = a b .

Пример. log 2 (5 – x ) = 3.

5 – х = 2 3 ,

х = - 3.

Ответ. х = - 3.

3) Уравнения вида log a f ( x ) = g(x).

Уравнение вида log a f ( x ) = g(x) равносильно уравнению f(x) = a g(x) .

Пример. lg (2 x + x + 4) = x – x lg5.

2 x + x + 4 = 10 x - x lg 5 ,

2 x + x + 4 = , 2 x + x + 4 = ,

2 x + x + 4 = ,

2 x + x + 4 = 2 x ,

x = - 4.

Ответ. х = - 4.

4) Уравнения вида log a f ( x ) = log a g ( x ). 1способ решения

Уравнение вида log a f ( x ) = log a g ( x ) равносильно системе:

Причем любую из двух последних строк можно (и, как правило, нужно) опустить.

Пример. log 2 ( x 2 + x - 2) = log 2 2 x .

x = 2.

Ответ. x = 2.

4) Уравнения вида log a f ( x ) = log a g ( x ). 2способ решения.

Решив уравнение f ( x ) = g ( x ),сделать проверку найденных корней для исходного уравнения.

Пример.log 2 (5 x + 3) = log 2 (7 x + 5)

5x + 3 = 7x + 5,

- 2 x = 2, x = - 1.

Проверка. x = - 1.

Число x = -1 не является корнем исходного уравнения, так как при x = -1 левая и правая части уравнения теряют смысл.

Ответ. Корней нет.

5) Уравнения вида log a ( x ) f ( x ) = log a ( x ) g ( x ).

Уравнение вида log a ( x ) f ( x ) = log a ( x ) g ( x )

равносильно системе:

или

Пример. log 4 - x ( x 2 + 1) = log 4 - x (3 x + 1).

x = 0.

Ответ. x 1 = 0.

6) Уравнения вида log a (log b f ( x )) = c.

При решении уравнений вида log a (log b f ( x )) = c вначале потенцируют по внешнему логарифму, затем по внутреннему.

Пример. log (log 3 x ) = 4.

log 2 (log 3 x ) = 2 или log 2 (log 3 x ) = - 2.

1) log 2 (log 3 x ) = 2; log 3 x = 4; x = 81.

2) log 2 (log 3 x ) = - 2; log 3 x = ; x = .

Ответ. x 1 = 81, x 2 = .

7) Замена переменной.

Пример. lg 2 + lg x = 7.

(lg 10 – lg x ) 2 + lg x = 7,

(1 – lg x ) 2 + lg x = 7.

Пусть lg x = у, тогда (1 – у) 2 + у = 7,

1- 2у + у 2 + у – 7 = 0,

у 2 – у – 6 = 0,

у 1 = 3, у 2 = - 2.

Возвращаясь к переменной х , рассмотрим два случая:

1) lg x = 3, x = 10 3 , x 1 = 1000.

2) lg x = -2, x = 10 -2 , x 2 = 0,01.

Ответ. x 1 = 1000, x 2 = 0,01.

8) Приведение к одному основанию.

Пример. = 2 – 2 .

= - ,

Решим уравнение18 x 2 + 18 x – 1= 0.

х 1,2 = = = = ,

Условию удовлетворяет х = .

Ответ. х = .

1. Ответ. 0 x x 1. Пример 3. log (- x ) 25 = - 2.   x = - . Ответ. x = - . " width="640"

9) Уравнения с неизвестным в основании логарифма .

Пример 1.log x 5 = 3.

x =

Ответ. x =

Пример 2. log x 2 x = 0,5.

0 x x 1.

Ответ. 0 x x 1.

Пример 3. log (- x ) 25 = - 2.

x = - .

Ответ. x = - .

  10) Уравнения вида log a f ( x )∙log b g ( x ) = 0.

Уравнения вида log a f ( x )∙ log b g ( x ) = 0 равносильно системе:

Пример. log 2 x ∙ log 7 (3 – x ) = 0.

x 1 = 1, x 2 = 2.

Ответ. x 1 = 1, x 2 = 2.

11) Разложение на множители левой части уравнения.

Пример. log 4 (2 x – 1)∙log 4 x = 2 log 4 (2 x – 1).

log 4 (2 x – 1) ∙ log 4 x - 2 log 4 (2 x – 1) = 0,

log 4 (2 x – 1) ∙ (log 4 x – 2) = 0,

log 4 (2 x – 1) = 0 или log 4 x – 2 = 0.

1) log 4 ( 2 x – 1) = 0, 2 x – 1 = 1, x 1 = 1.

2) log 4 x – 2 = 0, log 4 x = 2, x 2 = 16.

Проверка показывает, что оба значения x являются корнями исходного уравнения.

Ответ . x 1 = 1, x 2 = 16.

0 , x ≠1.(1) Воспользовавшись формулой log x 3 = , имеем: log 3 x + = . Введем замену log 3 x = t , t ≠ 0. t + = , 2 t 2 – 5 t + 2 = 0. t 1 = 2, t 2 = . 1) Если t 1 = 2, то log 3 x = 2, x 1 = 9. 2) Если t 1 = , то log 3 x = , x 2 = . Найденные значения x удовлетворяют условиям (1) и являются корнями данного уравнения. Ответ. x 1 = 9, x 2 = . " width="640"

12) Использование формулы перехода к новому основанию.

Пример.log 3 x + log x 3 = .

Уравнение имеет смысл при x 0 , x ≠1.(1)

Воспользовавшись формулой log x 3 = ,

имеем: log 3 x + = .

Введем замену log 3 x = t , t ≠ 0.

t + = , 2 t 2 – 5 t + 2 = 0. t 1 = 2, t 2 = .

1) Если t 1 = 2, то log 3 x = 2, x 1 = 9.

2) Если t 1 = , то log 3 x = , x 2 = .

Найденные значения x удовлетворяют условиям (1) и являются корнями данного уравнения.

Ответ. x 1 = 9, x 2 = .

13) Использование формулы log a b + log a с = log a (bc).

Пример.log 2 (1 – x ) = 3 – log 2 (3 – x )

log 2 (1 – x ) + log 2 (3 – x ) = 3,

log 2 ((1 – x ) (3 – x )) = 3,

(1 - x )(3 - x ) = 8,

x 2 - 4 x - 5 = 0.

x 1 = - 1, x 2 = 5.

Проверка.

x 1 = - 1.

Левая часть уравнения log 2 (1 – x ) = log 2 (1 - (-1)) = log 2 2 = 1.

Правая часть уравнения 3 - log 2 (3 – x ) = 3 - log 2 (3 - (-1)) =3 - log 2 4 = 3 - 2 = 1.

1 = 1 верно, x 1 = - 1 корень исходного уравнения.

x 2 = 5.

Число x 2 = 5 не является корнем исходного уравнения, так как при x = 5 левая и правая части уравнения теряют смысл.

Ответ. x = - 1.

14) Использование формулы log a b - log a c = log a (b/c)

Пример. lg ( x - 1) – lg (2 x – 11) = lg 2.

lg = lg 2,

= 2,

x – 1 = 2∙ (2 x -11),

3 x = 21, x = 7.

Проверка. x = 7.

lg ( x - 1) – lg (2 x – 11) = lg (7 - 1) – lg (2∙7 – 11) = lg 6 – lg 3 = lg 2.

lg 2 = lg 2 верно, x = 7 корень данного уравнения.

Ответ. x = 7.

0, а 0, а ≠ 1) путем замены log a f ( x ) = t сводится к квадратному уравнению. Пример. + = 5. ОДЗ уравнения х 0. 2 + = 5, 2 + = 5, 2∙ - 2 + - 4∙ + 4 - 5 = 0, - 2∙ - 3 = 0. Обозначив = t, получим квадратное уравнение: t 2 - 2t - 3 = 0, корни которого t 1 = - 1, t 2 = 3 Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая: 1) = -1, х 1 = 3. 2) = 3, х 2 = . Оба значения входят в ОДЗ. Ответ. х 1 = 3 , х 2 = . " width="640"

15)Уравнения вида A∙( log a f ( x )) 2 + B∙ log a f ( x ) + C = 0 .

Уравнения вида A∙( log a f ( x )) 2 + B∙ log a f ( x ) + C = 0 .

( f ( x ) 0, а 0, а ≠ 1) путем замены log a f ( x ) = t сводится к квадратному уравнению.

Пример. + = 5.

ОДЗ уравнения х 0.

2 + = 5,

2 + = 5,

2∙ - 2 + - 4∙ + 4 - 5 = 0,

- 2∙ - 3 = 0.

Обозначив = t, получим квадратное уравнение: t 2 - 2t - 3 = 0,

корни которого t 1 = - 1, t 2 = 3

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

1) = -1, х 1 = 3.

2) = 3, х 2 = . Оба значения входят в ОДЗ.

Ответ. х 1 = 3 , х 2 = .

0, x ≠ 1. Прологарифмируем обе части уравнения по основанию 2: = log 2 4, (log 2 x - 1)∙log 2 x = 2, ( log 2 x ) 2 - log 2 x - 2 = 0. Пусть log 2 x = t , тогда t 2 - t - 2 = 0, откуда t = 2, t = -1, Возвращаясь к переменной х , рассмотрим два случая: 1) log 2 x = 2, x 1 = 4. 2) log 2 x = - 1, x 2 = . Оба значения удовлетворяют ОДЗ. Ответ. x 1 = 4, x 2 = . " width="640"

16) Показательно - логарифмические уравнения.

Если в уравнении содержится выражение вида , то для

нахождения корней уравнения необходимо сначала прологарифмировать

обе его части по тому же основанию, что и основание логарифма,

стоящего в показателе степени, а затем решить получаемое

алгебраическое уравнение относительно log a x.

Пример. = 4.

ОДЗ уравнения: x 0, x ≠ 1.

Прологарифмируем обе части уравнения по основанию 2:

= log 2 4, (log 2 x - 1)∙log 2 x = 2, ( log 2 x ) 2 - log 2 x - 2 = 0.

Пусть log 2 x = t , тогда t 2 - t - 2 = 0, откуда t = 2, t = -1,

Возвращаясь к переменной х , рассмотрим два случая:

1) log 2 x = 2, x 1 = 4.

2) log 2 x = - 1, x 2 = . Оба значения удовлетворяют ОДЗ.

Ответ. x 1 = 4, x 2 = .

1, lg 2 ( x + 1) - lg( x + 1) lg( x - 1) - 2 lg 2 ( x - 1) = 0, Разделим на lg 2 ( x - 1) ≠ 0. - - 2 = 0. Пусть у = , тогда у 2 – у – 2 = 0, откуда у 1 = 2, у 2 = -1. Возвращаясь к переменной х , рассмотрим два случая: 1) = 2; lg( x + 1) = 2 lg( x - 1); lg( x + 1) = lg( x - 1) 2 ; х + 1 = ( х – 1) 2 ; х + 1 = x 2 - 2 х + 1 ; x 2 - 3 х = 0; ( x – 3) х = 0. x 1 = 3, x 2 = 0. x = 0 не удовлетворяет ОДЗ.   2) = -1;lg( x + 1) = - lg( x - 1); lg( x + 1) = lg ; x + 1 = ; x 2 – 1= 1; x 2 = 2. x 1,2 = x = не удовлетворяет ОДЗ. Ответ. x 1 = 3, x 2 = . " width="640"

17)Использование однородности .

Уравнения вида a∙A 2 (х)+ b∙A(х)B(х) + c∙B 2 (х) = 0 называются однородными

Способ решения однородных уравнений :

деление обеих частей уравнения на A 2 (х), A(х)B(х) или B 2 (х) и введение замены.

Пример. lg 2 ( x + 1) = lg( x + 1) lg( x - 1) + 2 lg 2 ( x - 1).

ОДЗ x 1, lg 2 ( x + 1) - lg( x + 1) lg( x - 1) - 2 lg 2 ( x - 1) = 0,

Разделим на lg 2 ( x - 1) ≠ 0.

- - 2 = 0. Пусть у = ,

тогда у 2 – у – 2 = 0, откуда у 1 = 2, у 2 = -1.

Возвращаясь к переменной х , рассмотрим два случая:

1) = 2; lg( x + 1) = 2 lg( x - 1); lg( x + 1) = lg( x - 1) 2 ; х + 1 = ( х – 1) 2 ;

х + 1 = x 2 - 2 х + 1 ; x 2 - 3 х = 0; ( x – 3) х = 0. x 1 = 3, x 2 = 0.

x = 0 не удовлетворяет ОДЗ.

2) = -1;lg( x + 1) = - lg( x - 1); lg( x + 1) = lg ; x + 1 = ; x 2 – 1= 1; x 2 = 2. x 1,2 =

x = не удовлетворяет ОДЗ.

Ответ. x 1 = 3, x 2 = .

18) Уравнения вида a log a f ( x ) = g( x ).

Уравнение вида = g( x ) равносильно системе:

Пример. = 4 x .

Ответ. x = 1.

19) Уравнения вида a log с f ( x ) = b.

Уравнения вида = b равносильно уравнению = a m , где b = a m ;

откуда log c f ( x ) = m.

Пример. 2 3lg x ∙5 lg x = 1600.

8 lg x ∙5 lg x = 1600, 40 lg x = 1600, 40 lg x = 40 2 , lg x = 2,

x = 100.

Ответ . x = 100.

20) Уравнения вида a ( x ) log a(x) f ( x ) = g( x ).

Уравнение вида = g( x ) равносильно системе:

Пример. = 2 x .

Ответ. x = 3.

21) Использование формул log a (b/c) = log a |b| - log a |c|, log a (b∙c) = log a |b| + log a |c|.

Пример. = + 1.

Ответ. x = -2.

0. Поэтому | x - 1| = 1 – x. В полученном уравнении 16∙ lg 4 (1 - x ) + 9∙ lg 2 (1 - x ) - 25 = 0 сделаем замену переменной: у = lg 2 (1 - x ), у ≥ 0. у = 1. Следовательно, lg 2 (1 - x ) = 1. Откуда: 1) lg(1 - x ) = 1; lg(1 - x ) = lg10; 1 – x = 10; x 1 = - 9. 2) lg(1 - x ) = - 1; lg(1 - x ) = lg 0,1; 1 – x = 0,1; x 2 = 0,9. Ответ . x 1 = - 9, x 2 = 0,9. " width="640"

22) Использование формулы log f ( x ) (g( x )) n = n∙ log f ( x ) |g( x )| (При четном n).

Пример. lg 4 ( x - 1) 2 + lg 2 (1 - x ) 3 = 25.

2 4 ∙ lg 4 | x - 1| + 3 2 ∙ lg 2 (1 - x ) = 25.

Область определения функции lg 2 (1 - x ) «диктует» выполнение неравенства 1 – x 0. Поэтому | x - 1| = 1 – x.

В полученном уравнении 16∙ lg 4 (1 - x ) + 9∙ lg 2 (1 - x ) - 25 = 0 сделаем замену переменной: у = lg 2 (1 - x ), у ≥ 0.

у = 1.

Следовательно, lg 2 (1 - x ) = 1. Откуда:

1) lg(1 - x ) = 1; lg(1 - x ) = lg10; 1 – x = 10; x 1 = - 9.

2) lg(1 - x ) = - 1; lg(1 - x ) = lg 0,1; 1 – x = 0,1; x 2 = 0,9. Ответ . x 1 = - 9, x 2 = 0,9.

23) Рационально – логарифмические уравнения .

Пример. + = 1.

Сделав замену lg x = у, получаем + = 1.

Умножим обе части уравнения на общий знаменатель

(4 + у)(2 – у) ≠ 0.

2 – у + 8 + 2у = 8 – 2у – у 2 , у 2 + 3у + 2 = 0. у 1 = -1, у 2 = - 2.

Возвращаясь к переменной х , рассмотрим два случая:

1) lg x = -1, х = 0,1.

2) lg x = -2, х = 0,01. Оба значения удовлетворяют ОДЗ.

Ответ. х 1 = 0,1, х 2 = 0,01.

0. = log 2 2 + log 2 x , = 1 + log 2 x . Сделав замену переменной log 2 x = у, получаем = 1 + у. (*) Возведя обе части уравнения в квадрат, имеем: 2у 2 + 3у – 5 = 1 + 2у + у 2 , у 2 + у – 6 = 0. у 1 = - 3, у 2 = 2. Проверим иррациональное уравнение (*) . 1) При у 1 = - 3 правая часть уравнения отрицательна, следовательно у 1 = - 3 посторонний корень. 2) у 2 = 2. Левая часть = = = 3. Правая часть 1 + у = 1 + 2 = 3. 3 = 3 верно, у = 2 корень уравнения (*). Возвращаясь к переменной х , имеем: log 2 x = 2, х = 4. Ответ . х = 4. " width="640"

24) Иррационально – логарифмические уравнения . 1 случай

Пример. = log 2 (2 x ).

ОДЗ x 0.

= log 2 2 + log 2 x , = 1 + log 2 x .

Сделав замену переменной log 2 x = у, получаем = 1 + у. (*)

Возведя обе части уравнения в квадрат, имеем: 2у 2 + 3у – 5 = 1 + 2у + у 2 ,

у 2 + у – 6 = 0. у 1 = - 3, у 2 = 2.

Проверим иррациональное уравнение (*) .

1) При у 1 = - 3 правая часть уравнения отрицательна, следовательно у 1 = - 3 посторонний корень.

2) у 2 = 2.

Левая часть = = = 3.

Правая часть 1 + у = 1 + 2 = 3.

3 = 3 верно, у = 2 корень уравнения (*).

Возвращаясь к переменной х , имеем: log 2 x = 2, х = 4.

Ответ . х = 4.

24) Иррационально – логарифмические уравнения . 2 случай

Пример . + = 4lg x – 5.

Так как квадратный корень всегда неотрицателен, то левая часть уравнения неотрицательна при любых x , и, следовательно, правая часть 4lg x – 5 ≥ 0.

Тогда = | 5 - 4lg x | = 4lg x – 5,т.е. исходное уравнение равносильно системе:

Решением последней системы являются x , удовлетворяющие уравнению lg x = 4, т.е. x = 10 4 , x = 10000.

Ответ. x = 10000.

25) Уравнения, содержащие модуль. 1случай

Пример. = .

1) При 0 ≤ x x

Уравнение равносильно системе:

0 ≤ x 1.

2) При x ≥ 1:| - 1| = - 1, поскольку ≥ 1 при x ≥1.

Уравнение равносильно системе:

x 1 = 4 , x 2 = 1.

Ответ . Корнями уравнения являются числа из промежутка 0 ≤ x ≤ 1 и x = 4.

1, то x ≥ 25. Ответ . x ≥ 25. " width="640"

25) Уравнения, содержащие модуль. 2 случай

Пример . 3+ |2 – log 5 x | = |1 + log 5 x |.

Сделаем замену t = log 5 x и решим уравнение: 3 + |2 - t| = |1 + t|.

Критические точки t = 2, t = - 1.

При t

0∙t = - 6 нет корней.

При - 1 ≤ t

t = 2- не удовлетворяет условию - 1 ≤ t

При t ≥ 2: 3 + t – 2 = 1 + t , откуда t +1 = t + 1, 0∙t = 0. Следовательно, t ≥ 2.

Итак, log 5 x ≥ 2, log 5 x ≥ log 5 25, так как 5 1, то x ≥ 25.

Ответ . x ≥ 25.

25) Уравнения, содержащие модуль. 3 случай

Пример. = 2.

ОДЗ: x ≠3.

x 2 – 6 x + 14 = ( x 2 – 6 x + 9) + 5 = ( x – 3) 2 + 5 = | x – 3| 2 + 5.

сделаем замену переменной t = | x – 3|.

= 2; = ; t 2 + 5 = ( t + 1) 2 ; t 2 + 5 = t 2 + 2t + 1; 2t = 4; t = 2.

Возвращаясь к переменной x , имеем: | x – 3| = 2, откуда

x – 3 = 2 или x – 3 = - 2,

т.е. x 1 = 5, x 2 = 1.

Проверка показывает, что оба значения x являются корнями исходного уравнения.

Ответ. x 1 = 5, x 2 =1.

26) Комбинированные уравнения.

Пример 1. + 3∙ = 10.

Преобразуем выражение :

= = = .

Сделав теперь в исходном уравнении замену переменной

t = , придем к системе:

t = 2.

Итак, = 2.

Прологарифмируем это уравнение по основанию 2:

= log 2 2, ( log 2 4 x ) 2 = 1.

log 2 4 x = 1 или log 2 4 x = - 1.

1) log 2 4 x = 1, 4 x = 2, x 1 = .

2) log 2 4 x = -1, 4 x = , x 2 = .

Ответ . x 1 = , x 2 = .

4. В соответствии со свойствами логарифмов = исходное уравнение преобразуется в показательное: = , откуда = , log 3 5 = 4( log 3 15 - log 3 ( x 2 – 4 x )), log 3 5 = 2log 3 15 - log 3 ( x 2 – 4 x ), log 3 ( x 2 – 4 x ) = log 3 (225/5), x 2 – 4 x = 45, x 2 – 4 x – 45 = 0. x 1 = 9 или x 2 = - 5. Ответ . x 1 = 9 , x 2 = - 5. " width="640"

26) Комбинированные уравнения.

Пример 2. = .

ОДЗ: x x 4.

В соответствии со свойствами логарифмов =

исходное уравнение преобразуется в показательное:

= ,

откуда = ,

log 3 5 = 4( log 3 15 - log 3 ( x 2 – 4 x )),

log 3 5 = 2log 3 15 - log 3 ( x 2 – 4 x ),

log 3 ( x 2 – 4 x ) = log 3 (225/5),

x 2 – 4 x = 45, x 2 – 4 x – 45 = 0.

x 1 = 9 или x 2 = - 5.

Ответ . x 1 = 9 , x 2 = - 5.

26) Комбинированные уравнения.

Пример 3. log cos x sin x + log sin x cos x = 2.

ОДЗ:

2 n x

Пусть log cos x sin x = у, тогда log sin x cos x = .

у + = 2; = 0; у = 1.

log cos x sin x = 1; log cos x sin x = log cos x cos x ;

sin x = cos x ; tg x = 1; x = + n, n Z.

Учитывая ограничения (*), имеем: x = +2 n, n Z.

Ответ. x = +2 n, n Z.

0 , x ≠ 1 выполняется неравенство |log 2 x + log x 2| ≥ 2. С другой стороны, - x 2 + 4 x – 3 = - x 2 + 4 x – 4 +1= - ( x – 2) 2 + 1 ≤ 1 при любом x, откуда следует, что ≤ 2 1 = 2. Поэтому равенство левой и правой частей исходного уравнения возможно лишь в случае Решим второе уравнение: = 2, - x 2 + 4 x – 3 = 1, - ( x – 2) 2 + 1 = 1, - ( x – 2) 2 = 0, x = 2. Подставим найденное значение x = 2 в первое уравнение системы: log 2 2 + log 2 2 = 1 + 1 = 2. 2 = 2 – верно. x = 2 – корень исходного уравнения. Ответ. x = 2.   " width="640"

27) Оценочная «граничная» задача.

Производится оценка множеств значений правой и левой частей уравнения. Если правая часть ограничена снизу, а левая часть ограничена сверху, то равенство возможно только в общей точке.

Пример. = log 2 x + log x 2.

Так как log 2 x + log x 2 = log 2 x + , то при всех x 0 , x ≠ 1 выполняется неравенство |log 2 x + log x 2| ≥ 2.

С другой стороны, - x 2 + 4 x – 3 = - x 2 + 4 x – 4 +1= - ( x – 2) 2 + 1 ≤ 1 при любом x, откуда следует, что ≤ 2 1 = 2.

Поэтому равенство левой и правой частей исходного уравнения возможно лишь в случае

Решим второе уравнение:

= 2, - x 2 + 4 x – 3 = 1, - ( x – 2) 2 + 1 = 1, - ( x – 2) 2 = 0, x = 2.

Подставим найденное значение x = 2 в первое уравнение системы:

log 2 2 + log 2 2 = 1 + 1 = 2. 2 = 2 – верно.

x = 2 – корень исходного уравнения.

Ответ. x = 2.

28) Использование монотонности функций.

Пример. log 7 ( x + 8) = - x .

По определению логарифма имеем: x + 8 = 7 - x ;

x + 8 = .(*)

Функция у = x + 8 – возрастающая, функция у = - убывающая, следовательно, по теореме о встречной монотонности уравнение (*) имеет не более одного корня.

Подбором находим, что это x = - 1.

Ответ. x = -1.

Литература:

1) Алгебра. ЕГЭ: шаг за шагом / А.А.Черняк, Ж.А.Черняк.- Волгоград: Учитель,2012.

2) Методы решения задач по математике: Пособие для поступающих в НПИ. Ч1 / Ред. журн. «Изв. вузов. Электромеханика». Новочеркасск,1993

3) Алгебра и начала математического анализа, 10-11 класс, В 2 ч. Ч.1. Учебник для учащихся общеобразовательных учреждений (базовый уровень) / А.Г. Мордкович, – 12-е изд., доп.-– М. : Мнемозина, 2011.

4) Алгебра и начала математического анализа, 10-11 класс, Учебник для учащихся общеобразовательных учреждений (базовый уровень) /Ш.А.Алимов, Ю.М.Колягин, М.В.Ткачёва и др.- 16-е изд.,перераб. - М.:Просвещение,2010

5)Математика. Учебное пособие для слушателей подготовительных курсов /Ю.С.Рогозина, И.М.Башняк, О.Л.Логвиненко, Новочеркасск: НГМА ,2003